Aufgaben aus den Übungsgruppen 8(Lösungsvorschläge)

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1 Universität des Saarlandes Theoretische Informatik (WS 2015) Fakultät 6.2 Informatik Team der Tutoren Aufgaben aus den Übungsgruppen 8(Lösungsvorschläge) 1 Berechenbarkeitstheorie Aufgabe 8.1 (Wahr oder Falsch?) Sind die folgenden Aussagen wahr oder falsch? Begründen Sie! 1. Die berechenbaren Sprachen sind Teilmenge der semi-berechenbaren Sprachen. wahr falsch 2. Wenn A berechenbar ist, dann ist auch Ā berechenbar. wahr falsch 3. Wenn A semi-berechenbar ist, dann ist auch Ā semi-berechenbar. wahr falsch 4. Wenn A und Ā semi-berechenbar sind, dann ist A berechenbar. wahr falsch 5. Wenn A und Ā semi-berechenbar sind, dann ist Ā berechenbar. wahr falsch 6. A B bedeutet, dass B auf A reduzierbar ist. wahr falsch 7. A B bedeutet, dass A auf B reduzierbar ist. wahr falsch 8. Sei A semi-entscheidbar und sei A B. Dann ist auch B semi-entscheidbar. wahr falsch 9. Sei A B und B A, dann ist A = B. wahr falsch 10. Sei f eine Reduktion von A auf B. Dann ist f 1 eine gültige Reduktion von B auf A. wahr falsch 11. Sei A semi-entscheidbar und sei A B. Dann ist B entscheidbar. wahr falsch 12. Sei A B. Dann gilt auch B Ā. wahr falsch 13. Sei A nicht entscheidbar und sei A B. Dann ist auch B nicht entscheidbar. wahr falsch 14. Sei B nicht semi-entscheidbar und sei A B. Dann ist A nicht semi-entscheidbar. wahr falsch 15. Sei A B. Dann gilt auch Ā B. wahr falsch 16. Sei B semi-entscheidbar und sei A B. Dann ist auch A semi-entscheidbar. wahr falsch 17. Sei A B und B entscheidbar ist, dann ist auch A entscheidbar. wahr falsch 18. Sei A B und A unentscheidbar, dann ist auch B unentscheidbar. wahr falsch Aufgabe 8.2 (Abgeschlossenheit unter Komplement) Seien A und B entscheidbar und seien C und D rekursiv aufzählbar. Zeigen oder widerlegen Sie: 1. A \ B ist entscheidbar. 2. C \ D ist rekursiv aufzählbar. Lösungsvorschlag Wahr. Wir wissen, dass A und B entscheidbar sind. Somit existieren Turingmaschinen M 1 und M 2 die χ A und χ B berechnen. Mit Hilfe dieser Turingmaschinen, konstruieren wir eine Turingmaschine M 3, die A \ B entscheidet. Auf Input x simuliert M 3 zunächst M 1 auf x. Da M 1 χ A berechnet, hält diese Simulation auf jeden Fall und M 1 gibt entweder 0 oder 1 zurück. Falls M 1 0 zurück gibt, gibt auch M 3 0 zurück. Andernfalls simuliert M 3 M 2 auf x. Auch diese Simulation hält auf jeden Fall. Gibt M 2 0 zurück, so gibt M 3 1 zurück. Andernfalls gibt M 3 0 zurück. Offensichtlich berechnet M 3 χ A\B. 2. Falsch. Gegenbeispiel: C = {0, 1} und D = H 0. Aus der Vorlesung wissen wir, dass sowohl C als auch D rekursiv aufzählbar sind. Allerdings gilt {0, 1} \ H 0 = H 0 und wir wissen auch, dass H 0 nicht rekursiv aufzählbar ist. Aufgabe 8.3 (Vereinigungen und Schnitte) Seinen A 0, A 1, A 2,... entscheidbar und B 0, B 1, B 2,... semi-entscheidbar. Zeigen oder widerlegen Sie: 1. t N : t i=0 A i ist berechenbar. 2. t N : t i=0 B i ist semi-berechenbar. 3. t N : t i=0 A i ist berechenbar. 4. t N : t i=0 B i ist semi-berechenbar. 5. i N A i ist berechenbar. 6. i N B i ist semi-berechenbar. 1 / 6

2 7. i N A i ist berechenbar. 8. i N B i ist semi-berechenbar. Lösungsvorschlag Wahr. Da die charakteristischen Funktionen aller A i berechenbar sind, da alle A i berechenbar sind, können wir die charakteristische Funktion des Schnittes berechnen: Wir berechnen für gegebenes x also alle ξ Ai nacheinander und geben genau dann 1 zurück, wenn alle charakteristischen Funktionen 1 zurückgegeben haben. 2. Wahr. Wir berechnen jede positive charakteristische Funktion ξb + i und geben genau dann 1 zurück, wenn die Berechnung von allen ξb + i terminiert. Falls eines der ξb + i divergiert, dann divergiert auch die Berechnung der positiven charakteristischen Funktion des Schnitts. 3. Wahr. Da die charakteristischen Funktionen aller A i berechenbar sind, da alle A i berechenbar sind, können wir die charakteristische Funktion der Vereinigung berechnen: Wir berechnen für gegebenes x also alle ξ Ai nacheinander und geben genau dann 1 zurück, wenn irgendeine charakteristischen Funktionen 1 zurückgegeben hat. 4. Wahr. Wir berechnen parallel alle ξb + i falls irgendwann für ein i 1 ausgegeben wird, terminieren wir und geben ebenfalls 1 aus. Andernfalls divergieren wir. Damit haben wir eine Berechnungsvorschrift für eine positive charakteristische Funktion auf der Vereinigung. 5. Falsch. Wir bauen uns entscheidbare A i, die geschnitten mit dem Komplement des speziellen Halteproblems H 0 ergeben: { N falls i A i = H 0 N \ {i} falls i H 0 Die A i selbst sind entscheidbar: Die charakteristischen Funktionen sind entweder konstant 1 oder auf genau einem festen Wert 0 und sonst überall 1. (Man kann zwar nicht entscheiden, auf welchen i welcher Fall auftritt, aber beide Fälle, die auftreten können, sind entscheibar.) Eine Zahl ist nun genau dann in i N A i enthalten, wenn sie nirgends in einem A i rausgeschnitten wurde, also genau dann, wenn sie in H 0 liegt. Da aber H 0 nicht berechenbar ist, ist dies ein Gegenbeispiel zur Behauptung. 6. Falsch. Das Beispiel aus der vorherigen Teilaufgabe ist auch hier ein Gegenbeispiel, da wenn A i berechenbar ist, A i auch semi-berechenbar sein muss und H 0 auch nicht semi-berechenbar ist. 7. Falsch. Wir bauen uns entscheidbare A i, die geschnitten H 0 ergeben: { {i} falls i A i = H 0 falls i H 0 Die A i selbst sind entscheidbar: Die charakteristischen Funktionen sind entweder konstant 1 oder auf genau einem festen Wert 0 und sonst überall 1. (Man kann zwar nicht entscheiden, auf welchen i welcher Fall auftritt, aber beide Fälle, die auftreten können, sind entscheibar.) Eine Zahl ist nun genau dann in i N A i enthalten, wenn sie in irgendeinem A i vorkommt, also genau dann, wenn sie in H 0 ist. Da aber H 0 nicht entscheidbar ist, ist dies ein Gegenbeispeil zur Behauptung. 8. Falsch. Das Gegenbeispiel aus der vorherigen Teilaufgabe gilt auch hier. Aufgabe 8.4 (Reduktionen) Sei ϕ M : {0, 1} {0, 1} eine Funktion, die für ein x {0, 1} den Output der Turingmaschine M auf Input x berechnet. Hält M auf x nicht, so ist ϕ M (x) undefiniert. Seien die folgenden Probleme gegeben: A = {w M w hält auf w} B = {w M w gibt für alle Inputs 0 aus} C = { (w, w ) im(ϕmw ) = im(ϕ Mw ) } D = {w im(ϕ Mw ) > 1} E = {w M w hält auf w nicht oder M w gibt auf w 0 aus} F = { w x {0, 1}, sodass M w auf Input x x ausgibt } Bearbeiten Sie nun die folgenden Aufgaben: 2 / 6

3 1. Zeigen Sie: A B 2. Zeigen Sie: Ā B 3. Zeigen Sie: B C 4. Zeigen Sie: A D 5. Zeigen Sie: E Ā 6. Zeigen Sie: A F 7. Bonus: Zeigen Sie: F A Lösungsvorschlag Kommentar: A ist H 0, B ist V 0. Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: M w ignoriert ihren Input, simuliert M w auf w und gibt 0 aus. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w A. Dann hält M w auf Input w. Somit hält die Simulation in M w immer und M w gibt immer 0 aus. Also gilt f(w) = w B. Sei w / A. Dann hält M w auf Input w nicht. Somit hält die Simulation in M w nicht und daher hält auch M w nicht. Insbesondere gibt M w also auch nicht für alle Inputs 0 aus. Somit gilt f(w) = w / B. 2. Kommentar: A ist H 0, B ist V 0. Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: Auf Input x simuliert M w M w auf w für x Schritte. Falls M w in x Schritten nicht hält, gibt M w 0 aus. Sonst gibt M w 1 aus. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w Ā. Dann hält M w auf Input w niemals. Daher hält die Simulation von M w auf w in M w für alle Inputs von M w nicht. Somit gibt M w für alle Inputs 0 aus. Also gilt f(w) = w B. Sei w / Ā. Dann hält M w auf Input w. Somit existiert ein t N, sodass M w innerhalb von t Schritten auf w hält. Somit gibt M w für alle Inputs t 1 aus. Daher gilt f(w) = w / B. 3. Kommentar: B ist V 0, C ist V. Sei M e die TM, die die konstante 0-Funktion berechnet. Wir definieren f(w) = (w, e). Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w B. Dann gibt M w für alle Inputs 0 aus. Also gilt im(ϕ Mw ) = {0} = im(ϕ Me ). Somit gilt f(w) = (w, e) C. Sei w / B. Dann gibt es einen Input, sodass M w nicht 0 ausgibt. Also gilt im(ϕ Mw ) {0} = im(ϕ Me ) und somit f(w) = (w, e) / C. 4. Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: Auf Input x überprüft M w, ob w = x gilt. Falls ja, simuliert M w M w auf a und gibt anschließend 0 zurück. Andernfalls gibt M w direkt 1 aus. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w A. Dann hält die Simulation von M w auf w. Somit gibt M w auf Input w 0 und für alle anderen Inputs 1 aus. Also im(ϕ Mw ) = {0, 1} und somit im(ϕ Mw ) = 2 > 1. Daher f(w) = w D. Sei w / A. Dann hält die Simulation von M w auf w nicht. Somit divergiert M w auf Input w und gibt für alle anderen Inputs 1 aus. Also im(ϕ Mw ) = {1} und somit im(ϕ Mw ) = 1 1. Daher f(w) = w / D. 5. A F : Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: M w ignoriert ihren Input, simuliert M w auf w und speichert den Output von M w in v. Falls v = 0, geht M w in eine Endlosschleife. Andernfalls gibt M w 1 aus. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w E. Dann gerät M w in eine Endlosschleife (entweder weil die Simulation nicht hält oder weil M w auf w 0 ausgegeben hat und M w in eine Endlosschleife geht). Somit hält M w insbesondere für Input w nicht. Also f(w) = w Ā. Sei w / E. Dann hält M w auf w und gibt etwas anderes als 0 aus. Somit gilt niemals v = 0 und daher gibt M w immer 1 aus. Insbesondere hält M w also immer und somit auch auf Input w. Daher gilt f(w) = w / Ā. 6. Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: Auf Input x simuliert M w M w auf w und gibt x aus. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w A. Dann hält M w auf w und somit gibt M w immer ihren Input wieder aus. Daher gilt f(w) = w F. Sei w / A. Dann hält M w auf w und daher divergiert M w für alle Inputs. Insbesondere gibt M w also auch nicht ihren Input aus. Somit gilt f(w) = w / F. 7. Wir konstruieren eine TM M w wie folgt: Auf Input x zählt M w diagonal Paare (t, y) auf. Für jedes dieser Paare simuliert M w M w auf y für t Schritte und speichert den Output in v. Falls v = y gilt, dann 3 / 6

4 verlässt M w die Aufzähl-Schleife. Wir definieren f(w) = w. Offensichtlich ist f berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f tatsächlich die gewünschte Reduktionsfunktion darstellt. Sei w F. Dann existiert ein x, sodass M w auf Input x x ausgibt. Dann gibt es ein t N, sodass M w auf Input x in t Schritten hält und x ausgibt. Somit wird die Aufzähl-Schleife beim Paar (x, t) verlassen. Also hält M w für alle Inputs und insbesondere auch für Input w. Somit gilt f(w) = w A. Sei w / F. Dann gilt für alle möglichen Inputs x, dass M w nicht x ausgibt. Somit wird die Aufzähl- Schleife niemals verlassen. Also hält M w niemals und insbesondere auch nicht für Input w. Somit gilt f(w) = w / A. 2 Komplexitätstheorie Aufgabe 8.5 (Determinismus vs. Nichtdeterminismus) Zeigen oder widerlegen Sie die folgende Aussagen: 1. DSpace(2 O(n) ) = NSpace(2 O(n) ) 2. DTime(log n) = DSpace(log n) 3. DTime(2 O(log n) ) = P 4. NTime(O(log n)) = DTime(O(n 2 )) Lösungsvorschlag Wahr. Denn es gilt DSpace(2 O(n) ) NSpace(2 O(n) ) nach Satz C (VL 19, Folie 14). Ebenfalls aus Satz C folgt, dass NSpace(2 O(n) ) DSpace(2 O(n)2 ). Es gilt: DSpace(2 O(n)2 ) = DSpace(2 2 O(n) ) = DSpace(2 O(n) ). Daher gilt DSpace(2 O(n) ) NSpace(2 O(n) ) und NSpace(2 O(n) ) DSpace(2 O(n) ) und somit DSpace(2 O(n) ) = NSpace(2 O(n) ). 2. Falsch. Zwar gilt DTime(log n) DSpace(log n) trivialerweise, aber DSpace(log n) DTime(log n) (Gegenbeispiel: Binärcounter. Geht in DSpace(log n), aber nicht in DTime(log n)) 3. Wahr. Denn (c ist eine Konstante) DTime(2 O(log n) ) ˆ=DTime(2 c log n ) = DTime(2 (log n)c ) = DTime(n c ) = c N DTime(n c ) = P 4. Falsch. Denn L := {w1 w {0, 1} } DTime(O(n 2 )). Jedoch gilt L NTime(O(log n)), denn eine O(log n)-zeitbeschränkte TM kann die Eingabe nicht vollständig lesen. Aufgabe 8.6 (Inklusionshierarchie) Sortieren Sie die folgenden Mengen bezüglich Inklusion: NSpace(O(3 n )), P, DSpace(O(7 n )), RE, NP, DTime(O(n 5 )), DSpace(O(logn)), NSpace(O(log n)), REC. Welche der Inklusionen sind echt? Lösungsvorschlag 8.6 DTime(O(n 5 )) DSpace(O(log n)) NSpace(O(log n)) P NP DSpace(O(7 n )) NSpace(O(3 n )) REC RE Aufgabe 8.7 (Wahr oder Falsch?) Sind die folgenden Aussagen wahr oder falsch? Begründen Sie! 1. Ist P = NP, dann ist jedes Problem in NP auch NP-schwer. wahr falsch 2. Jede Sprache in NP ist entscheidbar. wahr falsch 3. Ist A P B und B NP, dann ist auch A NP. wahr falsch 4. Ist A NP-vollständig und A P B, dann ist auch B NP-vollständig. wahr falsch 5. Ist A NP-vollständig und A P B, dann ist auch B NP-schwer. wahr falsch 6. Es gibt eine Sprache L, sodass L P L / P. wahr falsch 7. Es gibt eine Funktion f, sodass DSpace(f) = REG (Menge aller reg. Sprachen) wahr falsch 4 / 6

5 8. Es gibt eine Funktion f, sodass: DSpace(f) = REC (Menge aller entsch. Sprachen) wahr falsch 9. Jede Sprache in DSpace(O(1)) ist regulär. wahr falsch 10. Für alle Sprachen L, L gilt: Wenn L L und L NP, dann ist auch L NP. wahr falsch 11. Für alle Sprachen L, L gilt: Wenn L L und L P, dann ist auch L P. wahr falsch 12. Wenn L NP, dann ist L auch entscheidbar. wahr falsch Aufgabe 8.8 (Polynomialzeit-Reduktionen) Sei DN F die Menge aller aussagenlogischer Formeln in disjunktiver Normalform. Betrachten Sie das folgende Problem: L = {F DNF F is keine Tautologie} Zeigen Sie, dass L NP-schwer ist. Lösungsvorschlag 8.8 Wir zeigen SAT P L. Die Grundidee ist es, die Regel von De Morgan auszunutzen, denn negiert man eine Formel in CNF, so erhält man eine Formel in DNF. Offensichtlich gilt außerdem: F ist unerfüllbar F ist eine Tautologie. Sei F in CNF. Konstruiere eine Formel F wie folgt: Ersetze alle Variablen durch ihre Negation, ersetze alle durch und alle durch (letztendlich gilt also F = F, wobei die Regel von De Morgan erschöpfend angewendet wurde). Wir definieren f(f ) = F. Offensichtlich ist f in polynomieller Zeit berechenbar. Es bleibt zu zeigen, dass f die gewünschte Reduktionsfunktion ist: Sei F SAT. Dann enthält jede Klausel mindestens ein wahres Literal. Somit hat jeder Konjunktionsterm von F mindestens ein falsches Literal. Offensichtlich ist F in DNF. Also gilt F L. Sei F / SAT. Dann gibt es mindestens eine Klausel, die kein wahres Literal enthält. Somit gibt es in F mindestens einen Konjunktionsterm, der nur wahre Literale enthält. Da alle Konjunktionsterme durch Disjunktionen verbunden werden, ist F eine Tautologie. Somit gilt F / L. Aufgabe 8.9 (P vs. NP) Sie und ihr Freund haben sich im Rahmen Ihrer Klausurvorbereitung mit einer recht komplizierten Sprache L beschäftigt. Ihnen selbst ist es gelungen zu zeigen, dass L NP gilt. In der Zeit ist es Ihrem Freund gelungen folgende Sprache L = {w M w berechnet eine lineare Funktion} auf die Sprache L zu reduzieren. Als ihr Tutor ihre beiden Ergebnisse sieht, ist er begeistert. Damit könnte sich das P vs. NP Problem lösen lassen., ruft er. Lösen Sie mit Hilfe von L das P vs. NP Problem, das heißt, zeigen Sie P = NP oder P NP Lösungsvorschlag 8.9 Nach dem Satz von Rice ist L unentscheidbar. Aufgrund der Reduktion gilt dies auch für L. Da L in NP ist, ist L aber auch entscheidbar, ein Widerspruch. Aus diesem Widerspruch lässt sich nun sowohl P = NP, als auch P NP folgern. Aufgabe 8.10 (Was wäre wenn?) Nehmen wir an, wir hätten SAT P gezeigt. Zeigen Sie, dass man dann auch zu einer gegebenen Formel in CNF eine erfüllende Belegung deterministisch in Polynomialzeit finden kann, sofern eine solche Belegung existiert. Lösungsvorschlag 8.10 Sei F in CNF und besitze die Variablen x 1,..., x n. Man prüfe zunächst, ob F erfüllbar ist. Falls nein, kann keine erfüllende Belegung gefunden werden, weshalb nichts weiter zu tun ist. Andernfalls setze man x 1 = x 2 und überprüfe, ob F immer noch erfüllbar ist. Falls nein, muss x 2 = x 1 gelten. Dann fahre man suzessive damit fort, die restlichen Variablen durch x 1 oder x 1 darzustellen, wobei nach jeder Änderung erneut überprüft werden muss, ob F erfüllbar ist. Gibt es eine Variable x i, sodass sowohl für x i = x 1 als auch für x i = x 1 F nicht erfüllbar ist, muss bei den vergangenen Variablen mindestens eine falsch gesetzt worden sein. Man ändere diese und fahre fort. Hat man alle Variablen x 2,..., x n in Abhängigkeit von x 1 dargestellt, so wähle man x 1 = 1 und überprüfe, ob dies eine erfüllbare Belegung ist (in Polynomialzeit möglich). Falls ja, ist dies die gesuchte erfüllende Belegung. 5 / 6

6 Andernfalls, muss x 1 = 0 gelten. Da SAT P nach Annahme gilt, ist dies insgesamt in polynomieller Zeit möglich. 6 / 6